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专题18 排列组合与二项式定理
目录一览
2023 真题展现
考向一 排列组合
真题考查解读
近年真题对比
考向一 排列组合
考向二 二项式定理
命题规律解密
名校模拟探源
易错易混速记/二级结论速记
考向一 排列组合
1．（2023•新高考Ⅱ•第3 题）某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样方法
作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60 名学生，已知该校初中部和高中部分别有400 名和200
名学生，则不同的抽样结果共有（ ）
A．C 400
45 ⋅C200
15 种
B．C 400
20 ⋅C200
40 种
C．C 400
30 ⋅C200
30 种
D．C 400
40 ⋅C200
20 种
【答案】D
解：∵初中部和高中部分别有400 和200 名学生，
∴人数比例为400：200＝2：1，
则需要从初中部抽取40 人，高中部取20 人即可，
则有C 400
40 ⋅C200
20 种．
2．（2023•新高考Ⅰ•第13 题）某学校开设了4 门体育类选修课和4 门艺术类选修课，学生需从这8 门课
中选修2 门或3 门课，并且每类选修课至少选修1 门，则不同的选课方案共有 种（用数字作答）．
【答案】64
解：若选2 门，则只能各选1 门，有C4
1C4
1 =16种，
如选3 门，则分体育类选修课选2，艺术类选修课选1，或体育类选修课选1，艺术类选修课选2，
则有C4
1C4
2 +C4
2C4
1 =24+24＝48，
综上共有16+48＝64 种不同的方案．
1
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【命题意图】
考查二项式定理、排列组合。考查二项式定理公式和应用排列组合计算
【考查要点】
二项展开基本定理，还会涉及到三项展开，考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到
赋值法的应用，排列组合 常以现实生活、社会热点为载体．多为小题．
【得分要点】
1．排列组合问题的一些解题技巧
（1）特殊元素优先安排．
（2）合理分类与准确分步．
（3）排列、组合混合问题先选后排．
（4）相邻问题捆绑处理．
（5）不相邻问题插空处理．
（6）定序问题除法处理．
（7）分排问题直排处理．
（8）“小集团”排列问题先整体后局部．
（9）构造模型．
（10）正难则反、等价转化．
2．排列、组合问题几大解题方法：
（1）直接法．
（2）排除法．
（3）捆绑法：在特定要求的条件下，将几个相关元素当作一个元素来考虑，待整体排好之后再考虑
它们“局部”的排列．它主要用于解决“元素相邻问题”．
（4）插空法：先把一般元素排列好，然后把待定元素插排在它们之间或两端的空档中，此法主要解
决“元素不相邻问题”．
（5）占位法：从元素的特殊性上讲，对问题中的特殊元素应优先排列，然后再排其他一般元素；从
位置的特殊性上讲，对问题中的特殊位置应优先考虑，然后再排其他剩余位置．即采用“先特殊后一般”
的解题原则．
（6）调序法：当某些元素次序一定时，可用此法．
（7）平均法：若把kn 个不同元素平均分成k 组，每组n 个，共有
Ckn
n C(k −1)n
n
⋯Cn
n
Ak
k
．
（8）隔板法：常用于解正整数解组数的问题．
（9）定位问题：从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列规定某r 个元素都包含在内，并且都
排在某r 个指定位置则有Ar
r An−r
k −r．
（10）指定元素排列组合问题：
①从n 个不同元素中每次取出k 个不同的元素作排列（或组合），规定某r 个元素都包含在内．先C
2
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后A 策略，排列Cr
rCn−r
k −r Ak
k；组合Cr
rCn−r
k −r．
②从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列（或组合），规定某r 个元素都不包含在内．先C
后A 策略，排列Cn−r
k
Ak
k；组合Cn−r
k
．
③从n 个不同元素中每次取出k 个不同元素作排列（或组合），规定每个排列（或组合）都只包含某
r 个元素中的s 个元素．先C 后A 策略，排列Cr
sCn−r
k −s Ak
k；组合Cr
sCn−r
k −s．
3．二项式定理
(a＋b)n＝Can＋Can－1b＋…＋Can－rbr＋…＋Cbn(n∈N*)，这个公式所表示的定理叫做二项式定理，右边
的多项式叫做(a＋b)n的二项展开式，其中的系数C(r＝0，1，2，…，n)叫做第r＋1 项的二项式系数．式中
的Can－rbr叫做二项式展开式的第r＋1 项(通项)，用Tr＋1表示，即展开式的第r＋1 项；Tr＋1＝Can－rbr．
考向一 排列组合
3．（2022•新高考Ⅱ）甲、乙、丙、丁、戊5 名同学站成一排参加文艺汇演，若甲不站在两端，丙和丁相
邻，则不同的排列方式共有（ ）
A．12 种
B．24 种
C．36 种
D．48 种
【解答】解：把丙和丁捆绑在一起，4 个人任意排列，有
＝48 种情况，
甲站在两端的情况有
＝24 种情况，
∴甲不站在两端，丙和丁相邻的不同排列方式有48﹣24＝24 种，
故选：B．
考向二 二项式定理
4．（2022•新高考Ⅰ）（1﹣
）（x+y）8的展开式中x2y6的系数为
（用数字作答）．
【解答】解：（x+y）8的通项公式为Tr+1＝C8
rx8﹣ryr，
当r＝6 时，
，当r＝5 时，
，
∴（1﹣
）（x+y）8的展开式中x2y6的系数为
＝
．
故答案为：﹣28．
二项展开基本定理考查特定项、特定项的系数、二项式系数，同时会涉及到赋值法的应用。排列组合
常以现实生活为载体．多为小题．
3
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一．计数原理的应用（共4 小题）
1．（多选）（2023•罗定市校级模拟）将四个不同的小球放入三个分别标有1、2、3 号的盒子中，不允许
有空盒子的放法有多少种？下列结论正确的有（ ）
A．C C C C
B．C A
C．C C A
D．18
【解答】解：根据题意，四个不同的小球放入三个分别标有1〜3 号的盒子中，且没有空盒，则三个盒
子中有1 个中放2 个球，剩下的2 个盒子中各放1 个，
有2 种解法：
（1）分2 步进行分析：
①、先将四个不同的小球分成3 组，有C4
2种分组方法；
②、将分好的3 组全排列，对应放到3 个盒子中，有A3
3种放法；
则没有空盒的放法有C A 种；
（2）分2 步进行分析：
①、在4 个小球中任选2 个，在3 个盒子中任选1 个，将选出的2 个小球放入选出的小盒中，有C C
种情况
②、将剩下的2 个小球全排列，放入剩下的2 个小盒中，有A2
2种放法；
则没有空盒的放法有C C A2
2种；
故选：BC．
2．（2023•汕头二模）电脑调色板有红、绿、蓝三种基本颜色，每种颜色的色号均为0～255．在电脑上绘
画可以分别从三种颜色的色号中各选一个配成一种颜色，那么在电脑上可配成的颜色种数为（ ）
A．2563
B．27
C．2553
D．6
【解答】解：分3 步取色，第一、第二、第三次都有256 种取法，
根据分步乘法计数原理得，共可配成256×256×256＝2563种颜色．
故选：A．
3．（2023•盐都区校级三模）六个人从左至右排成一行，最左端只能排甲或乙，最右端不能排甲，则不同
的排法共有 种．
【解答】解：最左端排甲，共有A5
5＝120 种，最左端排乙，最右端不能排甲，有C4
1A4
4＝96 种，
根据加法原理可得，共有120+96＝216 种．
故答案为：216．
4．（2023•定远县校级模拟）小林同学喜欢吃4 种坚果：核桃、腰果、杏仁、榛子，他有5 种颜色的“每
日坚果”袋．每个袋子中至少装1 种坚果，至多装4 种坚果．小林同学希望五个袋子中所装坚果种类各
不相同，且每一种坚果在袋子中出现的总次数均为偶数，那么不同的方案数为（ ）
A．20160
B．20220
C．20280
D．20340
【解答】解：依次记核桃、腰果、杏仁、榛子为H，Y，X，Z，则每个字母出现2 次或4 次，分类计算
4
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分堆可能：
（1）H，H；Y，Y；X，X；Z，Z，
若是“8＝4+1+1+1+1”，则其中的“4”必须是HYXZ，故1 种可能；
若是“8＝3+2+1+1+1”，则考虑（HYX）（Z※）（※）（※），故有
种可能；
小计：1+12+12＝25；
（2）诸如“H，H，H，H；Y，Y；X，X；Z，Z”类型，
若是“10＝4+3+1+1+1”，则四个H 无论怎么安排，都会出现某两个袋仅放H，故0 种可能；
若
是
“
10
＝
4+2+2+1+1”
，
则
“
1+1”
中
有
一
个
是
；
若是“10＝3+3+2+1+1”，则“1+1”中各有1 个H，“3+3+2”中各一个H，可以考虑含※模式，
（H※※）（H※※）（H※）（※）（H），故有
种可能；
若是“10＝3+2+2+2+1”，则可用下表进一步分类，有
种可能；
若是“10＝2+2+2+2+2”，则四个H 至少有两个出现搭配相同，故0 种可能；
小计：
；
（3）诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X；Z，Z”类型，
若是“12＝4+4+2+1+1”，则“4+4”必然重复，故0 种可能；
若是“12＝4+3+3+1+1”，则枚举“3+3”的情况，发现仅（HYXZ）（HYZ）（HYX） （HYX）（Z）
（X）可能；
若是“12＝4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ） （XZ※）
（※※） （※※） （※），有
种可能；
若是“12＝4+3+2+2+1”，则考虑（HYXZ）（HY※）（※※）（※※）（※）或（HYXZ） （XZ※）
（※※） （※※） （※），
若是“12﹣3+3+3+2+1”，则有（HYX）（HYZ）（ZXH）（HY）（Y）或（HYX）（HYZ）（ZXY）
（HY） （H）都成立，有2 种可能；
若是“12＝3+3+2+2+2”，则枚举“3+3”的情况，发现（HYX）（HYZ）（HY）（H※）（Y※），有
2 种可能．
小计
；
诸如“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z”类型
若是“14＝4+4+*+*+*”，则“4+4”必然重复，故0 种可能；
若是“14＝4+3+3+3+1”，则“4+3+3+3”中至少有3 个Z，故0 种可能；
5
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若是“14＝4+3+3+2+2”，则“4+3+3”至少有2 个Z，考虑（HYXZ）（HYX）（Z※※）（※※）
（※※），其中Z※※有
种可能，故此小类有3 种可能；
若是“14＝3+3+3+3+2”，则“3+3+3+3”中至少有3 个Z，故0 种可能；
小计
；
（5）“H，H，H，H；Y，Y，Y，Y；X，X，X，X；Z，Z，Z，Z“
只有“16＝4+3+3+3+3”的搭配，有1 种可能；
综上：共有25+76+54+12+1＝168 个分堆可能，故不同的方案数为
种．
故选：A．
二．排列及排列数公式（共3 小题）
5．（2023•荔湾区校级模拟）设a∈N+，且a＜27，则（27﹣a）（28﹣a）（29﹣a）…（34﹣a）等于（
）
A．
B．
C．
D．
【解答】解：a∈N+，且a＜27，（27﹣a）（28﹣a）（29﹣a）…（34﹣a）＝
．
故选：D．
6．（2023•安化县校级模拟）某单位安排7 位员工在10 月1 日至7 日值班，每天1 人，每人值班1 天，若
7 位员工中的甲、乙排在相邻两天，丙不排在10 月1 日，丁不排在10 月7 日，则不同的安排方案共有
（ ）
A．504 种
B．960 种
C．1008 种
D．1108 种
【解答】解：分两类：
第一类：甲乙相邻排1、2 号或6、7 号，这时先排甲和乙，有2×
种，然后排丁，有
种，剩下其他
四个人全排列有
种，因此共有2×A2
2A4
1A4
4＝384 种方法
第二类：甲乙相邻排中间，
若丙排7 号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4×
种，然后丙在7 号，剩下四个人全排列有
种，
若丙不排7 号，先排甲和乙，因为相邻且在中间，则有4×
种，然后排丙，丙不再1 号和7 号，有
种，接着排丁，丁不排在10 月7 日，有
种，剩下3 个人全排列，有
种，
因此共有（4A2
2A4
4+4A2
2A3
1A3
1A3
3）＝624 种方法，
故共有1008 种不同的排法
故选：C．
7．（2023•洪山区校级模拟）已知m，n，p 均为正整数，则满足m!+n!＝5p的一组解为（m，n，p）＝
6
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．
【解答】解：当m≥5 时，m!的尾数为0，而5p尾数为5，∴m，n≤4，
然后取m，n，p 一一检验可得，（m，n，p）＝（1，4，2）或（4，1，2）．
故答案为：（1，4，2）或（4，1，2）（写一个即可）．
三．组合及组合数公式（共4 小题）
8．（2023•沙河口区校级一模）
的值
是 ．
【解答】解：由已知可得，
＝
＝（1﹣2）2023＝﹣1．
故答案为：﹣1．
9．（2023•绍兴二模）
的值为
．
【解答】解：
＝
+
+...+
＝
．
故答案为：
．
10．（2023•辽宁模拟）我们常常运用对同一个量算两次的方法来证明组合恒等式，如：从装有编号为1，
2，3，…，n+1 的n+1 个球的口袋中取出m 个球（0＜m≤n，m，n∈N），共有
种取法．在
种
取法中，不取1 号球有
种取法；取1 号球有
种取法．所以
．试运用此方法，写
出如下等式的结果：
＝
．
【解答】解：从编号为1，2，3，…，n+3 个球中，取出6 个球，记所选取的六个小球的编号分别为
a1，a2，…，a6，且a1＜a2＜
＜
⋯
a6，
当a3＝3 时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为1，2 的球中选取2 个；第二步，选取编号为3 的球；第三步，从剩下的n 个球中任选
3 个，故选取的方法数为
；
当a3＝4 时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为1，2，3 的球中选取2 个；第二步，选取编号为4 的球；第三步，从剩下的n﹣1 个球
中任选3 个，故选取的方法数为
；
……；
7
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当a3＝n 时，分三步完成本次选取：
第一步，从编号为1，2，3，…，n﹣1 的球中选取2 个；第二步，选取编号为n 的球；第三步，从剩下
的3 个球中选3 个，故选取的方法数为
；
至此，完成了从编号为1，2，3，…，n+3 个球中，选取6 个球，第3 个球的编号确定时的全部情况，
另外，从编号为1，2，3，…，n+3 个球中，取出6 个球，有
种取法，
所以
．
故答案为：
．
11．（2023•常德二模）从4 台甲型和5 台乙型电视机中任意取出三台，其中至少要有甲型和乙型电视机各
1 台，则不同的取法共有 种．
【解答】解：甲型电视机2 台和乙型电视机1 台，取法有C4
2C5
1＝30 种；
甲型电视机1 台和乙型电视机2 台，取法有C4
1C5
2＝40 种；
共有30+40＝70 种．
故答案为：70
四．排列、组合及简单计数问题（共31 小题）
12．（2023•贺兰县校级四模）从2 名教师和5 名学生中，选出3 人参加“我爱我的祖国”主题活动．要求
入选的3 人中至少有一名教师，则不同的选取方案的种数是（ ）
A．20
B．25
C．30
D．55
【解答】解：根据题意，从2 名教师和5 名学生中，选出3 人，有C7
3＝35 种选法，
若入选的3 人没有教师，即全部为学生的选法有C5
3＝10 种，
则有35﹣10＝25 种不同的选取方案，
故选：B．
13．（2023•让胡路区校级模拟）某台小型晚会由6 个节目组成，演出顺序有如下要求：节目甲必须排在前
两位，节目乙必须排在最后一位，该台晚会节目演出顺序的编排方案共有（ ）
A．36 种
B．42 种
C．48 种
D．54 种
【解答】解：根据题意，分3 步进行分析：
①节目甲必须排在前两位，则节目甲有2 种排法，
②节目乙必须排在最后一位，节目乙有1 种排法，
③剩下的4 个节目安排到其他4 个位置，有
＝24 种排法，
则有2×1×24＝48 种编排方案；
故选：C．
14．（2023•商丘三模）某小学从2 位语文教师，4 位数学教师中安排3 人到西部三个省支教，每个省各1
人，且至少有1 位语文教师入选，则不同安排方法有（ ）种．
A．16
B．20
C．96
D．120
8
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【解答】解：当只有1 为语文教师入选时，则有
种安排方法，
当2 为语文教师均入选时，则有
种安排方法，
故共有72+24＝96 种安排方法．
故选：C．
15．（2023•沙坪坝区校级模拟）A，B，C，D，E 共5 人排成一列，要求A 与B 不相邻，且C 排在A 后面，
则共有（ ）种排法．
A．36
B．54
C．72
D．96
【解答】解：利用间接法，仅考虑C 排在A 后面的情况，采用先排AC，然后BDE 插空，共有3×4×5＝
60 种，
其中AB 相邻的有
×3×4＝24 种（将AB 捆绑，有
种，然后ABC 排好后DE 插空），
故C 排在A 后面且AB 不相邻的有60﹣24＝36 种．
故选：A．
16．（2023•南通三模）某人将斐波那契数列的前6 项“1，1，2，3，5，8”进行排列设置数字密码，其中
两个“1”必须相邻，则可以设置的不同数字密码有（ ）
A．120 种
B．240 种
C．360 种
D．480 种
【解答】解：将两个1 捆绑在一起，则可以设置的不同数字密码有
种．
故选：A．
17．（2023•雁峰区校级模拟）如图，一圆形信号灯分成A，B，C，D 四块灯带区域，现有3 种不同的颜色
供灯带使用，要求在每块灯带里选择1 种颜色，且相邻的2 块灯带选择不同的颜色，则不同的信号总数
为（ ）
A．18
B．24
C．30
D．42
【解答】解：若3 种不同的颜色灯带都使用，
故有两块区域涂色相同，要么A，C，要么B，D 相同，有2 种方案，
则不同的信号数为
；
若只用2 种不同的颜色灯带，则A，C 颜色相同，B，D 颜色相同，只有1 种方案，
则不同的信号数为
；
则不同的信号总数为12+6＝18．
故选：A．
18．（2023•屯昌县二模）某学校为了丰富同学们的寒假生活，寒假期间给同学们安排了6 场线上讲座，其
9
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中讲座A 只能安排在第一或最后一场，讲座B 和C 必须相邻，问不同的安排方法共有（ ）
A．34 种
B．56 种
C．96 种
D．144 种
【解答】解：∵由题意知讲座A 只能安排在第一或最后一场，
∴有
种结果，
∵讲座B 和C 必须相邻，
∴共有
种结果，
根据分步计数原理知共有2×48＝96 种结果．
故选：C．
19．（2023•连云港模拟）现要从A，B，C，D，E 这5 人中选出4 人，安排在甲、乙、丙、丁4 个岗位上，
如果A 不能安排在甲岗位上，则安排的方法有（ ）
A．56 种
B．64 种
C．72 种
D．96 种
【解答】解：根据A 是否入选进行分类：
若A 入选，
则先给A 从乙、丙、丁3 个岗位上安排一个岗位有
种，再给剩下三个岗位安排人有
种，共有3×24＝72 种方法；
若A 不入选，
则4 个人4 个岗位全排有
种方法，
所以共有72+24＝96 种不同的安排方法．
故选：D．
20．（2023•贺兰县校级模拟）某教师有相同的语文参考书3 本，相同的数学参考书4 本，从中取出4 本赠
送给4 为学生，每位学生1 本，则不同的赠送方法共有（ ）
A．15 种
B．20 种
C．48 种
D．60 种
【解答】解：根据题意，按取出4 本书的情况不同分4 种情况讨论：
①、若取出的4 本书全部是数学参考书，将其赠送给4 位学生，有1 种情况，
②、若取出的4 本书有1 本语文参考书，3 本数学参考书，需要在4 个学生中选取1 人，接受语文参考
书，剩下的3 人接受数学参考书，
有C4
1＝4 种赠送方法，
③、若取出的4 本书有2 本语文参考书，2 本数学参考书，需要在4 个学生中选取2 人，接受语文参考
书，剩下的2 人接受数学参考书，
有C4
2＝6 种赠送方法，
④、若取出的4 本书有3 本语文参考书，1 本数学参考书，需要在4 个学生中选取3 人，接受语文参考
书，剩下的1 人接受数学参考书，
有C4
3＝4 种赠送方法，
则一共有1+4+6+4＝15 种赠送方法，
10
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故选：A．
21．（2023•贵州模拟）公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率π 的值的范围：3.1415926＜π＜
3.1415927，为纪念祖冲之在圆周率的成就，把3.1415926 称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就．某
小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让同学们把小数点后的7 位数字1，4，1，5，9，2，6 进行随机
排列，整数部分3 不变，那么可以得到小于3.14 的不同数字的个数有（ ）
A．240
B．360
C．600
D．720
【解答】解：小于3.14 的不同数字的个数有两类：
第一类：3.11 开头的，剩余5 个数字全排列有
种；
第二类：3.12 开头的，剩余5 个数字全排列有
种．
根据分类加法计数原理可知，共120+120＝240 种．
故选：A．
22．（2023•日喀则市模拟）某国际高峰论坛会议中，组委会要从5 个国内媒体团和3 个国外媒体团中选出
3 个媒体团进行提问，要求这三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，每个媒体团提问一次，且
国内媒体团不能连续提问，则不同的提问方式的种数为（ ）
A．150
B．90
C．48
D．36
【解答】解：根据题意，要求提问的三个媒体团中既有国内媒体团又有国外媒体团，分2 种情况讨论：
选出的3 个媒体团中只有一个国内媒体团，有
种不同的提问方式；
②选出的3 个媒体团中有两个国内媒体团，则国外媒体要在中间位置发言，则有
种不同的
提问方式．
综上，共有60+90＝150 种不同的提问方式．
故选：A．
23．（2023•平定县校级模拟）中国空间站的主体结构包括天和核心实验舱、问天实验舱和梦天实验舱，
假设空间站要安排甲、乙等5 名航天员开展实验，三舱中每个舱至少一人至多二人，则甲乙不在同一实
验舱的种数有（ ）
A．60
B．66
C．72
D．80
【解答】解：5 名航天员安排三舱，每个舱至少一人至多二人，共有
种安排方法，
若甲乙在同一实验舱的种数有
种，
故甲乙不在同一实验舱的种数有90﹣18＝72 种．
故选：C．
24．（2023•江西模拟）中国空间站（ChinaSpaceStation）的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天
实验舱.2022 年10 月31 日15：37 分，我国将“梦天实验舱”成功送上太空，完成了最后一个关键部分
的发射，“梦天实验舱”也和“天和核心舱”按照计划成功对接，成为“T”字形架构，我国成功将中
国空间站建设完毕．2023 年，中国空间站将正式进入运营阶段．假设空间站要安排甲、乙等6 名航天员
开展实验，三舱中每个舱至少一人至多三人，则不同的安排方法有（ ）
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A．450 种
B．72 种
C．90 种
D．360 种
【解答】解：由题知，6 名航天员安排三舱，
三舱中每个舱至少一人至多三人，
可分两种情况考虑：
第一种，分人数为1﹣2﹣3 的三组，共有
种；
第二种，分人数为2﹣2﹣2 的三组，共有
种；
所以不同的安排方法共有360+90＝450 种．
故选：A．
25．（2023•河北模拟）中国共产党第二十次全国代表大会于2022 年10 月在北京石开．会议期间，5 男3
女共8 位代表相约在人民大会堂前站成一排合影，若女代表中恰有2 人相邻，且男代表甲不站在两端，
则不同的站位方法共有（ ）
A．7920 种
B．9360 种
C．15840 种
D．18720 种
【解答】解：8 人站成一排，女代表中恰有2 人相邻的站位方法有
种，
其中男代表甲站在两端的方法有
种，
故所求的站位方法共有21600﹣5760＝15840 种．
故选：C．
26．（2023•香坊区校级三模）“第二课堂”是哈九中多样化课程的典型代表，旨在进一步培养学生的人
文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，美育中心精心准备了大家非常喜爱的中华文化传
承系列的第二课堂活动课：陶艺，拓印，扎染，创意陶盆，壁挂，剪纸六个项目供同学们选学，则甲、
乙、丙、丁这4 名学生至少有3 名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．135 种
B．720 种
C．1080 种
D．1800 种
【解答】解：恰有2 名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2 名学生选出，有
＝6 种可能；
第二步，从6 个项目中选出3 个排好，有
＝120 种排法，
根据分步计数原理可得，方法有6×120＝720 种；
4 名学生所选的课全不相同的方法有
＝360 种．
根据分类加法计数原理可得，甲、乙、丙、丁这4 名学生至少有3 名学生所选的课全不相同的方法共有
720+360＝1080 种．
故选：C．
27．（2023•武威模拟）将8 个人分成三组，其中一组由2 人组成，另外两组都由3 人组成，则不同的分组
方法种数为 ．
【解答】解：先从8 个人中选出3 人为一组，再从5 人中选出3 人为一组，剩余两人为一组．
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满足条件的分组方法种数为
．
故答案为：280．
28．（2023•武昌区校级模拟）已知有L，M，S 三种尺寸的检测样品盒，其中每个L 盒至多放置10 支完全
相同的样品，且L 盒至少比M 盒多2 支样品，M 盒至少比S 盒多2 只样品，则不同的放置方法共有
种．（注：L，M，S 不可为空盒）
【解答】解：由题意得，当L 盒放10 支样品，且M 盒放8 支样品时，S 盒可放6、5、4、3、2、1 支样
品，共有6 种不同的放置方法；
当L 盒放10 支样品，且M 盒放7 支样品时，S 盒可放置5、4、3、2、1 支样品，共有5 种不同的放置方
法；
……当L 盒放10 支样品，且M 盒放3 支样品时，S 盒可放1 支样品，只有1 种放置方法，
所以L 盒放置10 支样品，共有放置方法：6+5+4+3+2+1＝21 种，
同理，L 盒放9 支样品，共有放置方法：5+4+3+2+1＝15 种，
L 盒放8 支样品，共有放置方法：4+3+2+1＝10 种，
L 盒放7 支样品，共有放置方法：3+2+1＝6 种，
L 盒放6 支样品，共有放置方法：2+1＝3 种，
L 盒放5 支样品，共有放置方法：1 种，
所以不同的放置方法总数为21+15+10+6+3+1＝56 种．
故答案为：56．
29．（2023•沙坪坝区校级模拟）某班级计划安排学号为1～9 的九名同学中的某5 位，分别担任周一至周
五的值日生，要求学号为奇数的同学不能安排在周一、周三、周五三天值日，则不同的安排方法有
种．（用数字作答）
【解答】解：第一类：当学号为偶数的同学有3 位时，有
；
第二类：当学号为偶数的同学有4 位时，有
；
所以不同的安排方法有480+240＝720 种．
故答案为：720．
30．（2023•泰安二模）用数字1，2，3，4，5，6，7 组成没有重复数字，且至多有一个数字是偶数的四位
数，这样的四位数一共有 个．（用数字作答）
【解答】解：根据题意，分成两类情况：
①四位数中没有偶数，即在1，3，5，7 中任选4 个，共有
＝24 种，
②四位数中只有一个偶数，即在1，3，5，7 中任选3 个，在2，4，6 种选一个，共有
＝288
种，
故共有24+288＝312．
故答案为：312．
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31．（2023•鼓楼区校级模拟）某市文明办积极创建全国文明典范城市，号召志愿者深入开展交通督导、
旅游宣传、洁净家园、秩序维护4 项志愿服务．现有6 组志愿者服务队，若每组参与一项志愿服务，每
项志愿服务至少有1 组参与，其中甲组志愿服务队不参与旅游宣传志愿服务，则不同的参与方式共有
种．
【解答】解：以参与旅游宣传的组数分类，有3 种情况：
①1 组：从甲组之外的5 中任选一组参与旅游宣传，其余5 组参与其余3 项服务，
共有
（
）•
＝750 种；
②2 组：从甲组之外的5 组中任选2 组参与旅游游宣传，其余4 组参与另外3 项服务，
共有：
＝360 种；
③3 组：从甲组之外的5 组中选3 组参与游宣传，其余3 组参与其包3 项服务，
共有
＝60 种；
共计：750+360+66＝1170 种．
故答案为：1170．
32．（2023•香洲区校级模拟）“校本课程”是现代高中多样化课程的典型代表，自在进一步培养学生的
人文底蕴和科学精神，为继续满足同学们不同兴趣爱好，艺术科组准备了学生喜爱的中华文化传承系列
的校本活动课：创意陶盆，拓印，扎染，壁挂，剪纸五个项目供同学们选学，每位同学选择1 个项目．
则甲、乙、丙、丁这4 名学生至少有3 名学生所选的课全不相同的方法共有（ ）
A．360 种
B．480 种
C．720 种
D．1080 种
【解答】解：①恰有2 名学生选课相同，
第一步，先将选课相同的2 名学生选出，有
＝6 种可能；
第二步，从5 个项目中选出3 个排序，有
＝60，
根据分步计数原理可得，方法有6×60＝360 种；
②4 名学生所选的课全不相同的方法有
＝120 种，
根据分类加法计数原理可得，
甲、乙、丙、丁这4 名学生至少有3 名学生所选的课全不相同的方法共有360+120＝480 种．
故选：B．
33．（2023•秦淮区一模）某学校有6 个数学兴趣小组，每个小组都配备1 位指导老师，现根据工作需要，
学校准备将其中4 位指导老师由原来的小组均相应的调整到其他兴趣小组，其余的2 位指导老师仍在原
来的兴趣小组（不作调整），如果调整后每个兴趣小组仍配备1 位指导老师，则不同的调整方案为（
）
A．135 种
B．360 种
C．90 种
D．270 种
【解答】解：根据题意，6 个数学兴趣小组有一位指导老师仍在原来的兴趣小组，则不做调整的两个小
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组有
＝15 种情况，
其余的4 个小组的指导老师由原来的小组均相应地调整到其他数学兴趣小组，
假设4 个小组为1、2、3、4，对应的4 位指导老师依次为A、B、C、D，
A 不能在第1 小组，有3 种情况，假设A 分到第2 小组，则B 有3 种情况，剩下的两人有1 种情况，
则其余的4 个小组有3×3＝9 种调整方案，
故有15×9＝135 种调整方案，
故选：A．
34．（2023•山西模拟）如图，有8 个不同颜色的正方形盒子组成的调味盒，现将编号为A，B，C，D 的4
个盖子盖上（一个盖子配套一个盒子），要求A，B 不在同一行也不在同一列，C，D 也是此要求．那
么不同的盖法总数为（ ）
1
2
3
4
5
6
7
8
A．224
B．336
C．448
D．576
【解答】解：第一步：先盖A，B，有8×3＝24 种方法；
第二步：再盖C，D．
①若C 与A 或B 在同一列，则有2 种盖法，D 就有3 种盖法，共2×3＝6 种方法；
②若C 与A 或B 不在同一列，则有4 种盖法，D 就有2 种盖法，共4×2＝8 种方法．
综上所述，满足要求的有24×（6+8）＝336 种方法．
故选：B．
35．（2023•抚松县校级模拟）琴、棋、书、画、诗、酒、花、茶被称为中国传统八雅．为弘扬中国传统
文化，某校决定从“八雅”中挑选“六雅”，于某周末开展知识讲座，每雅安排一节，连排六节．若
“琴”“棋”“书”“画”必选，且要求“琴”“棋”相邻，“书”与“画”不相邻，则不同的排课方
法共 种．（用数字作答）
【解答】解：首先从诗、酒、花、茶中选“两雅”有
种选法，
“琴”“棋”相邻用捆绑法看做一个整体，与除“书”与“画”外的“两雅”全排列，有
种排法，
再将“书”与“画”插入到刚刚所形成的4 个空中的2 个空，有
种插法，
按照分步乘法计数原理可得一共有
种排法．
故答案为：864．
36．（2023•蕉城区校级模拟）近年来喜欢养宠物猫的人越来越多．某猫舍只有5 个不同的猫笼，金渐层猫
3 只（猫妈妈和2 只小猫嶲）、银渐层猫4 只、布偶猫1 只．该猫舍计划将3 只金渐层猫放在同一个猫
笼里，4 只银渐层猫每2 只放在一个猫笼里，布偶猫单独放在一个猫笼里，则不同的安排有（ ）
A．8 种
B．30 种
C．360 种
D．1440 种
【解答】解：根据题意，将3 只金渐层猫放在同一个猫笼里，则把3 只金渐层猫看成是1 个整体，
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4 只银渐层猫每2 只放在一个猫笼里，则分组方法有
（种），
一共有4 个整体进行排列放在5 个不同的猫笼，
则一共可以安排的方法有：
（种）．
故选：C．
37．（2023•唐县校级二模）某班级选出甲、乙、丙等六人分别担任语文、数学、英语、物理、化学、生
物六门学科的课代表，已知甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，且乙、丙两
人中必有一人要担任数学课代表，则不同的安排方式有（ ）
A．56 种
B．64 种
C．72 种
D．86 种
【解答】解：若乙担任数学课代表，则不同的安排方式共有
＝48 种，
若丙担任数学课代表，则甲只能担任语文或英语课代表，乙不能担任生物或化学课代表，不同的安排方
式共有
＝24 种，
所以不同的安排方式共有48+24＝72 种．
故选：C．
38．（2023•四川模拟）某班在一次班团活动中，安排2 名男生和4 名女生讲演，为安排这六名学生讲演的
顺序，要求两名男生之间不超过1 人讲演，且第一位和最后一位出场讲演的是女生．则不同的安排方法
总数为（ ）
A．168
B．192
C．240
D．336
【解答】解：∵第一位和最后一位出场讲演的是女生，∴此时有
＝12 种，
中间4 人，为2 男2 女，任意排列有
＝24 种，
若中间2 名女生，则有
＝4 种，则满足条件的有24﹣4＝20 种，
则共有12×20＝240 种不同的安排方法．
故选：C．
39．（2023•桃城区校级三模）第19 届亚运会将于2023 年9 月在杭州举行，在杭州亚运会三馆（杭州奥体
中心主体育馆、游泳馆和综合训练馆）对外免费开放预约期间，甲、乙、丙、丁4 人预约参观，且每人
预约了1 个或2 个馆，则这4 人中每个馆恰有2 人预约的不同方案有（ ）
A．76 种
B．82 种
C．86 种
D．90 种
【解答】解：由题意知这4 人中恰有2 人均预约了2 个馆，剩下2 人均预约了1 个馆，
首先将4 人分成2 组，有
种不同的分法，
下面分2 种情况：若预约2 个馆的2 人预约完全相同，有
种不同的结果；
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若预约2 个馆的2 人有预约1 馆相同，有
种不同的结果，
所以每个馆恰有2 人预约的不同方案有3×（6+24）＝90（种）．
故选：D．
40．（2023•四川模拟）甲、乙、丙、丁、戊共5 名同学进行劳动技能比赛，决出第1 名到第5 名的名次，
已知甲没有得到冠军，并且甲和乙都不是第5 名，则这5 个人名次排列的可能情况共有 种．
【解答】解：甲、乙、丙、丁、戊共5 名同学进行劳动技能比赛，决出第1 名到第5 名的名次，已知甲
没有得到冠军，并且甲和乙都不是第5 名，
则甲有
种排法，
当乙是冠军时，剩下的有
种排法，
当乙不是冠军时，有
＝12 种排法，
则这5 个人名次排列的可能情况共有3×（6+12）＝54 种．
故答案为：54．
41．（2023•道里区校级四模）已知A、B、C、D、E 为0﹣9 中五个不重复的数字，且满足以下竖式加法：
则满足条件的四位数ABCD 共有 个．
【解答】解：由题意可知，B+B 的个位是B，C+C 是两位数，D+A＝C，A+D＝B，所以B＝C+1，
所以B＝9，C＝8，A+D＝8，所以满足条件的四位数ABCD 为：5983，3985，6982，2986．
共4 个．
故答案为：4．
42．（2023•茂南区校级三模）由数字0，1，2，3，4 组成的各位上没有重复数字的五位数中，从小到大排
列第88 个数为（ ）
A．42031
B．42103
C．42130
D．42301
【解答】解：①当万位是1 或2 时，共有
＝2×24＝48 个数，
②当万位是3，千位是0，1，2，4 时，共有
＝4×6＝24 个数，
③当万位是4，千位是0，1 时，共有2
＝2×6＝12 个数，
④当万位是4，千位是2，百位为0，1 时，共有2
＝2×62＝4 个数，
∴共有48+24+12+4＝88 个数，
故第88 个数为42130．
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故选：C．
五．二项式定理（共18 小题）
43．（2023•江西模拟）
的展开式中含x5项的系数是（ ）
A．﹣112
B．112
C．﹣28
D．28
【
解
答
】
解
：
由
题
意
可
得
，
其
通
项
公
式
为
，
令
，可得r＝2，
所以含x5项的系数是
．
故选：B．
44．（2023•合肥三模）若（mx﹣1）n（n∈N*）的展开式中，所有项的系数和与二项式系数和相等，且第6
项的二项式系数最大，则有序实数对（m，n）共有（ ）组不同的解．
A．1
B．2
C．3
D．4
【解答】解：根据二项式系数的性质知：由第6 项的二项式系数最大知n 的可能取值为9，10，11，
又由题得：令x＝1，有（m﹣1）n＝2n，当n＝9，11 时，m＝3；当n＝10 时，m＝3 或﹣1，
故有序实数对（m，n）共有4 组不同的解，分别为（3，9），（3，11），（﹣1，10），（3，10）．
故选：D．
45．（2023•东风区校级模拟）二项式（
+
）8的展开式的常数项是 ．
【解答】解：二项式（
+
）8 的展开式的通项公式为Tr+1＝C （
）8﹣r（
）r＝C （
）rx
，r＝0，1...8，
令8﹣4r＝0，解得r＝2，
展开式的常数项是C （
）2＝7．
故答案为：7．
46．（2023•湖北模拟）已知
的展开式的第7 项为常数项，则正整数n 的值为 ．
【解答】解：根据展开式的通项公式
，
由题意可知，3n﹣24＝0，n＝8．
故答案为：8．
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47．（2023•海淀区校级三模）已知（x﹣1）10＝a0+a1x+a2x2+…+a10x10，则a1+a2+…+a10＝（ ）
A．210
B．0
C．1
D．﹣1
【解答】解：因为（x﹣1）10＝a0+a1x+a2x2+…+a10x10，
当x＝0 时，a0＝1，
当x＝1 时，a0+a1+a2+…+a10＝0，
则a1+a2+…+a10＝﹣1．
故选：D．
48．（2023•巴林左旗校级模拟）在
的展开式中，x 的系数为（ ）
A．12
B．﹣12
C．6
D．﹣6
【解答】解：因为
，
所以只有（1+x）中的1 与
中的
相乘才会得到x，
即
，所以x 的系数为﹣6．
故选：D．
49．（2023•昆明一模）
展开式中x4的系数为 （用数字作答）．
【解答】解：因为Tr+1＝
＝
，
所以10﹣3r＝4，则r＝2，
含x4的项是第三项，
它的系数是
＝10．
故答案为：10．
50．（2023•西城区校级模拟）若（2x﹣1）4＝a4x4+a3x3+a2x2+a1x+a0，则a0+a1+a2+a3+a4＝ ．
【解答】解：令x＝1，解得a0+a1+a2+a3+a4＝1．
故答案为：1．
51．（2023•深圳模拟）若
展开式的各项系数之和为32，则展开式中的常数项为
．（用数字作答）
【解答】解：令x＝1 可得（x3+
）n展开式的各项系数之和为2n＝32，
∴n＝5，
故其展开式的通项公式为 Tr+1＝
•x15﹣5r，令15﹣5r＝0，求得 r＝3，
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可得常数项为
＝10．
故答案为：10．
52．（2023•广州二模）已知n∈N*，
的展开式中存在常数项，写出n 的一个值为 ．
【解答】解：因为
的展开式的通项为Tr+1＝
xn﹣r（﹣
）r＝（﹣1）rxn﹣3r，
令n﹣3r＝0 可得r＝
，
因为n 为正整数，r 为自然数，
故符合题意的一个n 为6．
故答案为：6（答案不唯一）．
53．（2023•威海一模）在（x+a）6的展开式中的x3系数为160，则a＝ ．
【解答】解：（a+x）6的展开式的通项公式为：Tr+1＝
•a6﹣rxr，（r＝0，1，…，6）
所求x3的系数为：
a3＝160⇒a3＝8⇒a＝2．
故答案为：2
54．（2023•鲤城区校级模拟）已知
的展开式中，仅有第4 项的二项式系数最大，则展开式中
第5 项是 ．
【解答】解：
的展开式中，仅有第4 项的二项式系数最大，即
最大，所以n＝6，
的展开式的通项公式为Tr+1＝（﹣2）r•
•x3r﹣6，
则展开式中第5 项是T5＝（﹣2）4•
•x6＝240x6．
故答案为：240x6．
55．（2023•涪城区校级模拟）已知
，则a3＝ ．
【解答】解：因为
，
所以a3是含x3项的系数，
若从10 个（1+x﹣x2）式子中取出0 个（﹣x2），
则需要从中取出3 个x，7 个1，
则得到的项为
，
若从10 个（1+x﹣x2）式子中取出1 个（﹣x2），
则需要从中取出1 个x，8 个1，则得到的项为
，
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若从10 个（1+x﹣x2）式子中取出大于或等于2 个（﹣x2），
则无法得到含x3的项，
综上：含x3的项为120x3﹣90x3＝30x3，则含x3项的系数为30．
故答案为：30．
56．（2023•宿州模拟）设（1+2x）n＝a0+a1x+a2x2+...+anxn，若a7＝a8，则n＝（ ）
A．8
B．9
C．10
D．11
【解答】解：∵（1+2x）n＝a0+a1x+a2x2+...+anxn，
若a7＝a8，即
＝
，即
＝2×
，
化简可得2（n﹣7）＝8，求得n＝11，
故选：D．
57．（2023•武功县校级模拟）已知
的展开式中，含x2项的系数为﹣19，则实数a 的值
为 ．
【解答】解：根据（1﹣x）5的展开式通项满足
，
当r＝0 时，
＝1，
当r＝3 时，
，
故含x2项的系数满足1﹣10a＝﹣19，解得a＝2．
故答案为：2．
58．（2023•河南三模）已知
的展开式中的常数项是672，则a＝（ ）
A．39
B．29
C．2
D．1
【解答】解：展开式的通项为
，
令
，得r＝6，
∴常数项是
，故a＝2．
故选：C．
59．（2023•德州三模）若（2x﹣3）12＝a0+a1（x﹣1）+a2（x﹣1）2+⋯+a11（x﹣1）11+a12（x﹣1）12，则
（ ）
A．a0＝﹣1
B．
C．a1+a2+⋅⋅⋅+a12＝﹣2
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D．
【解答】解：由题意可知（2x﹣3）12＝[﹣1+2（x﹣1）]12，故
，A 错误；
由
，
令x＝0，可得
，B 错误；
令x＝2，则
，
故a1+a2+⋅⋅⋅+a12＝1﹣a0＝1﹣1＝0，C 错误；
令
，则
，
故
，D 正确．
故选：D．
60．（2023•青山湖区校级三模）若
的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，则展开式
中系数最大的是（ ）
A．第二项
B．第三项
C．第四项
D．第五项
【解答】解：因为
的展开式中有且仅有第五项的二项式系数最大，
所以
，解得n＝8，
则
的展开式通项为
（k＝
0，1，2，3，4，5，6，7，8），
当k 为奇数时，系数为负数，当k 为偶数时，系数为正数，
所以展开式中系数最大时，k 为偶数，
由展开式通项可知
，
，
，
，
，
所以展开式中系数最大的是第三项．
故选：B．
一、.分类加法计数原理与分步乘法计数原理的方法技巧
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二、排列组合解题方法
1 ．可重复的排列求幂法：重复排列问题要区分两类元素：一类可以重复，另一类不能重复，把不能重复
的元素看作“客”，能重复的元素看作“店”，则通过“住店法”可顺利解题，在这类问题使用住店处理
的策略中，关键是在正确判断哪个是底数，哪个是指数
2 ．相邻问题捆绑法： 题目中规定相邻的几个元素捆绑成一个组，当作一个大元素参与排列
.
3 ．相离问题插空法 ：元素相离（即不相邻）问题，可先把无位置要求的几个元素全排列，再把规定的相
离的几个元素插入上述几个元素的空位和两端
.
4 ．元素分析法（位置分析法）：某个或几个元素要排在指定位置，可先排这个或几个元素；再排其它的
元素。
5 ．多排问题单排法：把元素排成几排的问题可归结为一排考虑，再分段处理。
6 ．定序问题缩倍法（等几率法）：在排列问题中限制某几个元素必须保持一定的顺序，可用缩小倍数的
方法
.
7 ．标号排位问题（不配对问题） 把元素排到指定位置上，可先把某个元素按规定排入，第二步再排另一
个元素，如此继续下去，依次即可完成
.
8 ．不同元素的分配问题（先分堆再分配）：注意平均分堆的算法
9 ．相同元素的分配问题隔板法：
1 0 ．走楼梯问题 （分类法与插空法相结合）
1 1 ．染色问题：涂色问题的常用方法有：（
1 ）可根据共用了多少种颜色分类讨论
;
（
2 ）根据相对区域是否同色分类讨论
;
（
3 ）将空间问题平面化，转化成平面区域涂色问题。
三、杨辉三角形：对于n 是较小的正整数时，可以直接写出各项系数而不去套用二项式定理，二项式系数
也可以直接用下表计算：
(a+b)1
…………………1 1
(a+b)2
………………1 2 1
(a+b)3
……………1 3 3 1
(a+b)4
…………1 4 6 4 1
(a+b)5
………1 5 10 10 5 1
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(a+b)6
……1 6 15 20 15 6 1
……
表中有如下规律：“左、右两边斜行各数都是1，其余各数都等于它肩上两个数字的和。”类似这样
的表，早在我国宋朝数学家杨辉1261年所著出《详解九章算法》一书里就已出现，如图叫杨辉三角，由
“杨辉三角”可直观地看出二项式系数的性质，同时当二项式乘方次数不大时，可借助于它直接写出各项
的二项式系数。
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